О числе Лича

[scwec]

Лич заметил, что если $a^2+b^2=c^2$, где $a,b,c$ - рациональные, то существует рациональное $t\ne{0}$ такое, что числа $a^2+t,b^2+t,c^2+t$ - полные квадраты.
Лич, а также Цагир и Топ дали формулу для $t$.

$$t=\frac{c^8-6a^2b^2c^4+a^4b^4}{(2abc)^2}$$

$t$ может принимать как положительные, так и отрицательные значения.
Докажите, что $|t|$ не может быть полным квадратом.

[Руст]

Вообще таких $t$ бесконечно много.
Отрицательность при условии, когда катеты $a,b$ примерно равны и положительность когда один катет мал по сравнению с другим.
Для заданного $t$ проверять можно. Если понимать это как для всех таких $t$, когда $a^2+t,b^2+t,c^2+t$ квадраты, то это эквивалентно решению задачи о совершенном кубе.

[scwec]

Надо просто доказать, что приведенное конкретное выражение в предыдущем сообщении для $t$ не есть квадрат. Ни о какой эквивалентности речи не идет. Конечно, если бы нашлось $t$, которое квадрат, то существовал бы совершенный кубоид, но не об этом речь.

[nnosipov]

scwec в сообщении #730296 писал(а):

Докажите, что $|t|$ не может быть полным квадратом.

Если $t>0$, то не квадрат, поскольку конгруэнтно (даже при любых $a$, $b$, $c$). Если $t<0$, то, заменив $c^2$ на $a^2+b^2$, смотрим по модулю 4 и организуем бесконечный спуск.

[scwec]

nnosipov, поподробней бы. Например, почему конгруэнтно? (Дело в том, что можно без всего этого - крнгруэнтности, спуска. Я на этот предмет не смотрел и сходу не воспринимаю).
(Насчет конгруэнтности действительно очевидно. Это я поправку внес. А насчет спуска можно и подробней).

[nnosipov]

scwec, числитель у $t$ имеет вид $m^4-6m^2n^2+n^4$, где $m=c^2$, $n=ab$. А числа вида $m^4 \pm 6m^2n^2+n^4$ конгруэнтны. Можно по другому (и в более общем виде): каждое из уравнений

$$m^4 \pm 6Sm^2n^2+S^2n^4=p^2$$

разрешимо в натуральных числах $m$, $n$, $p$ тогда и только тогда, когда число $S$ является конгруэнтным. Что-то в этом духе Вы и сами раньше писали, я просто заметил знакомое выражение и порылся в своих файлах.

В случае $t<0$ нужно ещё употребить связь $c^2=a^2+b^2$ и избавиться от $c$. Затем тривиальный спуск ($a$ и $b$ должны быть чётными, если $-t$ точный квадрат). А как у Вас?

[scwec]

Насчет конгруэнтности я уже выше написал. Там все очевидно.
Для доказательства предполагал воспользоваться одним интересным тождеством, которое чуть позже обязательно напишу.(Оно работает без разбора положительное-отрицательное $t$, ради него всё и затевалось).

[scwec]

Пусть $a^2+b^2=c^2$.
Тогда справедливо тождество $(c^4-a^2b^2)^4-(2abc^2)^4=(c^8-6a^2b^2c^4+a^4b^4)(c^4+a^2b^2)^2$.
Правая часть не может быть $\pm$квадратом, поскольку $\pm$квадрат не может быть разностью четвертых степеней. ($a,b,c$ - рациональные числа). Отсюда $|t|$ - не квадрат.

Хочу предложить для решения похожую задачу. (Предлагалась мной в другой теме и осталась без ответа)
Пусть $a,b,c$ - натуральные числа и $a^2+b^2=c^2$
Тогда $13a^2+13b^2-24ab$ не может быть квадратом.

[nnosipov]

scwec в сообщении #730468 писал(а):

Тогда справедливо тождество $(c^4-a^2b^2)^4-(2abc^2)^4=(c^8-6a^2b^2c^4+a^4b^4)(c^4+a^2b^2)^2$.

Теперь понятно. На самом деле мне нужно было только заметить, что квадратичные формы $X^2-6XY+Y^2$ и $-U^2+6UV-V^2$ дискриминанта $32$ переходят одна в другую при некоторой линейной замене (это очевидно, поскольку основная единица поля $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ имеет норму $-1$).

[scwec]

Согласен с Вашими соображениями.
Попробуйте новую предложенную задачу. Решение с помощью эллиптических кривых меня не совсем устраивает.

[Shadow]

scwec в сообщении #730468 писал(а):

Пусть $a,b,c$ - натуральные числа и $a^2+b^2=c^2$
Тогда $13a^2+13b^2-24ab$ не может быть квадратом.

Примерное направление...Запишем выражение в виде $(2a-3b)^2+(2b-3a)^2$

$\\2a-3b=u^2-v^2\\ 2b-3a=2uv \Rightarrow a=2k$
Выражаем b из второго, подставляяем в первое, получаем
$5k=v^2-u^2-3uv$
Правая часть не делится на 5, точнее, если делится на 5, делится и на 25.

-- 30.05.2013, 20:06 --

Проще записать как: $(2a-3b)^2+(3a-2b)^2$ После параметризации и сложение получается $5(a-b)=(u+v)^2-2v^2$

[nnosipov]

Да, действительно, после параметризации уравнения $a^2+b^2=c^2$ и подстановки в $13a^2-24ab+13b^2=t^2$ смотрим по модулю 5. Везение какое-то.

[scwec]

$(2a-3b)$ и $(3a-2b)$ могут не быть взаимно простыми. Тогда параметризация меняется. Надо повнимательней посмотреть. Да нет, кажется, получается. Нет, не очевидно.

[Shadow]

Насколко я помню, (возможно ошибаюсь), это полная параметризация, без условие на взаимной простоты -тоесть, для любой пифагоровы тройки существуют такие $u,v$

[scwec]

$x=2kuv,y=k(u^2-v^2),z=k(u^2+v^2)$. Появляется множитель $k$.